ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA lần i năm học 2015 – 2016 bồi dưỡng (14)

Mức độ

Ứng dụng của đạo hàm
Hàm số mũ, hàm số logarit
Phương trình lượng giác

Nhận biết

Thông
hiểu

Vận dụng
Thấp

Câu 1.a
Câu 1.b
1.0 đ Câu 2
2.0đ
câu 3a
0,5 đ
câu 3b
0.5 đ

3.0
0.5
0.5
Câu 5
Câu 8
2.0 đ

Phương trình- BPT – HPT đại số

2.0

Câu 4
1.0 đ

Đại số tổ hợp và xác suất

1.0
Câu 9
1.0 đ

Bất đẳng thức
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Thể tích khối đa diện
Tổng điểm

Cao

2.0

3.0

Câu 7
1.0 đ
Câu 6
1.0 đ
4.0

1.0

1.0
1.0

1.0

10


ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán - Khối: A, D - Lớp: 12
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 (2.0 điểm). Cho hàm số y =

x
(C).
2x −1

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng

2
.
3

Câu 2 (1.0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 2 x 3 + 3x 2 − 12 x + 1 trên [–
1; 5].

Câu 3 (1.0 điểm).

1

4

a) Tính: A = 81log 3 + 27 log 6 + 33log 9
b) Giải phương trình: cos3 x.cos x = 1
Câu 4 (1.0 điểm). Trong cụm thi để xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phải thi 4
5

3

8

môn trong đó có 3 môn bắt buộc là Toán, Văn, Ngoại ngữ và 1 môn do thí sinh tự
chọn trong số các môn: Vật lí, Hóa học, Sinh học, Lịch sử và Địa lí. Trường X có 40
học sinh đăng kí dự thi, trong đó 10 học sinh chọn môn Vật lí và 20 học sinh chọn
môn Hóa học. Lấy ngẫu nhiên 3 học sinh bất kỳ của trường X. Tính xác suất để trong
3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn môn Hóa học.
Câu 5 (1.0 điểm). Giải bất phương trình:

x≥

x 4 − 2 x3 + 2 x − 1
(x ∈ ¡ )
x3 − 2 x 2 + 2 x

Câu 6 (1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB=2a,

AD=a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với
đáy một góc bằng 450. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A

tới mặt phẳng (SCD).
Câu 7 (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
AB=2BC, D là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC=3EC, biết phương
16
3
 xy ( x + 1) = x 3 + y 2 + x − y

,( x, y ∈ ¡ ).
Câu 8 (1.0 điểm). Giải hệ PT 
2
2
3 y 2 + 9 x + 3 + ( 4 y + 2 ) 1 + x + x + 1 = 0
Câu 9 (1.0 điểm). Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = 2 . Tìm GTLN

trình đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E ( ;1) . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

(

)

(

)

của biểu thức
S=

ab
bc
ca

+
+
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

-----------------Hết----------------Thí sinh không được dùng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh:………………………………………………SBD:…………………


TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO

ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: Toán - Khối A, D - Lớp: 12

Câu
1a

Nội dung

Điểm

x
Cho hàm số y =
(C). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2x −1
1 
• TXĐ D = ¡ \   .
2

lim y = +∞; lim − y = −∞
1
1
y = , đồ thị có TCN y = ; x → 1 +
1
• xlim
, đồ thị hàm số có
x → ÷
 ÷
→±∞
2
2
2
2
1
TCĐ x = .
2
1
• y ' = − 2 x − 1 2 ⇒ y ' < 0, ∀x ∈ D.
(
)

• BBT

−∞

x
y'
-y

+∞

1
2

−∞


1 1

0.25

0.25

+∞

1/2
-

1
2

1.0

0.25



Hàm số nghịch biến trên các khoảng  −∞; ÷,  ; +∞ ÷.
2 2



• Đồ thị

0.25

1 1

Đồ thị nhận I  ; ÷ là tâm đối xứng
2 2
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ bằng
1b
Với y0 =

2
x0
2
⇒
= ⇒ 4 x0 − 2 = 3 x0 ⇒ x0 = 2
3
2 x0 − 1 3

Ta có: f '( x) = −

1

( 2 x − 1)

2

⇒ f '(2) = −

1
9

2
.
3

1.0
0.25
0.25


1
8
 2
Vậy PT tiếp tuyến tại điểm  2; ÷ là: y = − x +
9
9
 3
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 2 x 3 + 3x 2 − 12 x + 1 trên [–1; 5].
y ' = 6 x 2 + 6 x − 12

2

 x = 1( ∈ [ −1;5] )
y' = 0 ⇔ 
 x = −2 ( ∉ [ −1;5] )
Ta có: y (−1) = 14, y (1) = −6, y (5) = 266

Vậy max y = 266 khi x = 5, min y = −6 khi x = 1
[ −1;5]

[ −1;5]

1

4

a) Tính: A = 81log 3 + 27 log 6 + 33log 9
5

3

3log3 6

4
3log 3 32
2

3

3

4

Vậy xác suất để xảy ra biến cố A là PA =
Giải bất phương trình:

x≥

1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5

8

A=3
+3
+3
2log 2
4
3
=5 +6 +3
= 54 + 63 + 22 = 845
b) Giải phương trình: cos3 x.cos x = 1
PT ⇔ cos 4 x + cos 2 x = 2 ⇔ 2cos 2 2 x + cos 2 x − 3 = 0
cos 2 x = 1
⇔
⇔ x = kπ ( k ∈ ¢ )
cos 2 x = − 3 ( L)

2
Tính xác suất để trong 3 học sinh đó luôn có học sinh chọn môn Vật lí và học
sinh chọn môn Hóa học.
Số phần tử của không gian mẫu là nΩ = C403
Gọi A là biến cố “3 học sinh được chọn luôn có học sinh chọn môn Vật lý và học

sinh chọn môn Hóa học”
1
2
2
1
1
1
1
Số phần tử của biến cố A là n A = C10 .C20 + C10 .C20 + C20 .C10 .C10
4log3 5

0.5

n A 120
=
nΩ 247

x 4 − 2 x3 + 2 x − 1
(x ∈ ¡ )
x3 − 2 x 2 + 2 x

0.25
0.25
0.5
0.25
0.25

1.0
0.25
0.5

0.25
1.0

ĐK: x > 0, BPT tương đương:
5

( )

3

x
( x + 1)( x − 1)3
( x − 1)3
x≥
⇔
≥
(1)
x + 1 ( x − 1) 2 + 1
x ( x − 1)2 + 1
t3
Xét hàm số f (t ) = 2
trên ¡
t +1
Ta có: f '(t ) =

t 4 + 3t 2

(t

2

+ 1)

2

0.25

0.25

≥ 0 ∀t ∈ ¡

0.25

Mà f(t) liên tục trên ¡ nên f(t) đồng biến trên ¡ .
3+ 5
2
Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng
(SCD).
(1) có dạng: f

( x ) ≥ f ( x − 1) ⇔

x ≥ x −1 ⇔ 0 < x ≤

0.25
1.0


S

P
A

D

0.25
H

M

B

C

Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra
0
(SC;(ABCD))=(SC;AC)=¼
SCH =45
HC=a 2 suy ra SH=a 2

7

1
1
2 2 a3
VSABCD = SH .S ABCD = SH .AB.AD =
3
3
3
Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM ⊥ CD; CD ⊥ SH

suy ra CD ⊥ HP mà HP ⊥ SM suy ra HP ⊥ (SCD) Lại có AB//CD suy ra AB//
(SCD) suy ra d(A;(SCD))=d(H;(SCD))=HP
1
1
1
a 6
a 6
=
+
Ta có
suy ra HP=
vậy d(A;(SCD))=
2
2
2
HP
HM
HS
3
3
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB=2BC,
D là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC=3EC, biết phương trình
16
đường thẳng CD: x-3y+1=0 , E ( ;1) . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
3

0.25
0.25
0.25

1.0

A

D

E
I
B

C

Gọi I = BE ∩ CD
BA 1 EA
= =
⇒ E là chân đường phân giác trong góc ABC
BC 2 EC
BD = BC ⇒ BE ⊥ CD ⇒ BE : 3x + y − 17 = 0 .
I = BE ∩ CD ⇒ Tọa độ I (5; 2)

Đặt BC = x > 0 ⇒ AB = 2 x; AC = x 5; EC =

x 5
3

0.25
0.25
0.25

∠CEB = 450 ⇒ IC = IB = BC.cos 450 =
IE 2 = CE 2 − CI 2 ⇒ IE =

x
3 2

C ∈ CD ⇒ C (3a − 1; a )

x 
uur
2  uur
 ⇒ IB = −3IE ⇒ B(4;5)



a = 1
BC = BI 2 ⇒ BC = 2 5 ⇔ a 2 − 4a + 3 = 0 ⇔ 
a = 3
Với a=1 thì C (2;1), A(12;1)

0.25

Với a=3 thì C (8;3), A(0; −3)
 xy ( x + 1) = x 3 + y 2 + x − y

, ( x, y ∈ ¡ ).
Giải hệ PT 
2
2
3

y
2
+
9
x
+
3
+
4
y
+
2
1
+
x
+
x
+
1
=
0
(
)

ĐKXĐ ∀x ∈ ¡ .
3
2
3
2
2

Ta có xy ( x + 1) = x + y + x − y ⇔ x − x y + y − xy + x − y = 0

)

(

8

)

(

1.0

y = x
⇔ ( x − y ) ( x 2 − y + 1) = 0 ⇔ 
2
 y = x +1

0.25

Với y = x 2 + 1 thay vào PT thứ 2 ta được

)

(

3 ( x 2 + 1) 2 + 9 x 2 + 3 + ( 4 x 2 + 6 )

(

)

1 + x + x 2 + 1 = 0 . Dễ thấy PT vô nghiệm.

(

)

2
Với y = x thay vào PT thứ 2 ta được 3 x 2 + 9 x + 3 + ( 4 x + 2 )

)
( 3 + ( 2x + 1) + 2)
9 x + 3 ) = ( −2 x − 1) ( 3 + ( −2 x − 1) + 2 )
Xét hàm số f (t ) = t ( t + 2 + 2 ) ta có f '(t ) = t + 2 + 2 +
(
⇔ 3x ( 2 +

⇔ 3 x 2 + 9 x 2 + 3 = − ( 2 x + 1)

(

)

1+ x + x +1 = 0
2

0.25

2

2

2

2

2

t2
t2 + 2

0.25
> 0 suy ra hàm số

đồng biến.
1

 1

1

Từ đó suy ra 3 x = −2 x − 1 ⇔ x = − . Vậy HPT có nghiệm ( x; y ) =  − ; − ÷.
5
 5 5
Cho ba số dương a, b, c thay đổi và thỏa mãn a + b + c = 2 . Tìm GTLN của biểu
9

thức S =

ab
bc
ca
+
+
ab + 2c
bc + 2a
ca + 2b

ab
1 a
b 
≤ 
+
( a + c ) ( b + c ) 2  a + c b + c ÷
a
b
=
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a+c b+c
bc
1 b
c 
ca
1 c
a 
≤ 
+
≤ 

+
Tương tự ta cũng có
÷,
÷
bc + 2a 2  b + a c + a  ca + 2b 2  c + b a + b 
1 a+b b+c c+a  3
+
+
Cộng các vế ta được S ≤ 
÷= .
2 a+b b+c c+a  2

Ta có

ab
ab
=
=
ab + 2c
ab + ( a + b + c ) c

0.25
1.0

0.25

0.25
0.25

2
3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = .
Vậy S max =

3
2
⇔x= y=z= .
2
3

0.25